Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 8270
2018-07-01 
Плоская световая волна длины 0,60 мкм падает нормально на непрозрачную длинную полоску ширины 0,70 мм. За ней на расстоянии 100 см находится экран. Найти с помощью рис. отношение интенсивностей света в середине дифракционной картины и на краях геометрической тени.
Решение:
Мы будем использовать уравнение, записанное в задаче 8261, формулу Френеля-Гюйгенса.
Предположим, что мы хотим найти интенсивность в точке Р, которая такова, что координаты ребер (х-координат) относительно Р суть $x_{2}$ и $- x_{1}$. Тогда амплитуда в точке Р равна
$E = \int K( \phi) \frac{a_{0} }{r} e^{ - ikr} dS$
Запишем $dS = dxdy, y$ интегрируемым от $- \infty + 0 + \infty$. Запишем
$r \approx b + \frac{x^{2} + y^{2} }{2b}$ (1)
($r$ - расстояние от элемента поверхности на I от P. Это $\sqrt{b^{2} + x^{2} + y^{2}}$ и, следовательно, приблизительно (1)). Затем мы получаем
$E = A_{0}(b) \left ( \int_{x_{2} }^{ \infty} e^{ - ikx^{2}/2b } dx + \int_{- \infty}^{ -x_{1} }e^{ - ikx^{2}/2b }dx \right ) = A_{0}^{ \prime}(b) \left ( \int_{ \nu_{2} }^{ \infty} e^{ - i \frac{ \pi u^{2}}{2} } du + \int_{- \infty}^{ - \nu_{1} }e^{ - i \pi u^{2}/2 }du \right )$
где $\nu_{2} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } x_{2}, \nu_{1} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } x_{1}$
Интенсивность - это квадрат амплитуды. В нашем случае, в центре
$\nu_{1} = \nu_{2} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } \frac{a}{2} = \sqrt{ \frac{a^{2} }{2b \lambda} } = 0,64$
($a$ = ширина полосы $= 0,7 мм, b = 100 см, \lambda = 0,60 мкм$)
Нижний край $\nu_{1} = 0, \nu_{2} = 1,28$
Таким образом
$\frac{I_{центр} }{I_{край} } = \left | \frac{ \int_{0,64}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du + \int_{ - \infty}^{ - 0,64} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du }{ \int_{1,28}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du + \int_{ - \infty}^{ 0} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du } \right |^{2} = 4 \frac{ \left ( \frac{1}{2} - C(0,64) \right )^{2} + \left ( \frac{1}{2} - S(0,64) \right )^{2} }{(1 - C(1,28) )^{2} + (1 - S(1,28)^{2} }$
где $C_{ \nu} = \int_{0}^{ \nu} \cos \frac{ \pi u^{2} }{2} du$
$S( \nu ) = \int_{0}^{ \nu} \sin \frac{ \pi u^{2} }{2} du$
Грубая оценка интегралов, использующих спираль cornu, дает
$\frac{I_{центр} }{I_{край} } \approx 2,4$
(Мы использовали $\int_{0}^{ \infty} \cos \frac{ \pi u^{2} }{2} du = \int_{0}^{ \infty} \sin \frac{ \pi u^{2} }{2} du = \frac{1}{2}$
$C(0,64) = 0,62, S(0,64) = 0,15$
$C(1,28) = 0,65, S(1,28) = 0,67$
Плоская световая волна длины 0,60 мкм падает нормально на непрозрачную длинную полоску ширины 0,70 мм. За ней на расстоянии 100 см находится экран. Найти с помощью рис. отношение интенсивностей света в середине дифракционной картины и на краях геометрической тени.
Решение:
Мы будем использовать уравнение, записанное в задаче 8261, формулу Френеля-Гюйгенса.
Предположим, что мы хотим найти интенсивность в точке Р, которая такова, что координаты ребер (х-координат) относительно Р суть $x_{2}$ и $- x_{1}$. Тогда амплитуда в точке Р равна
$E = \int K( \phi) \frac{a_{0} }{r} e^{ - ikr} dS$
Запишем $dS = dxdy, y$ интегрируемым от $- \infty + 0 + \infty$. Запишем
$r \approx b + \frac{x^{2} + y^{2} }{2b}$ (1)
($r$ - расстояние от элемента поверхности на I от P. Это $\sqrt{b^{2} + x^{2} + y^{2}}$ и, следовательно, приблизительно (1)). Затем мы получаем
$E = A_{0}(b) \left ( \int_{x_{2} }^{ \infty} e^{ - ikx^{2}/2b } dx + \int_{- \infty}^{ -x_{1} }e^{ - ikx^{2}/2b }dx \right ) = A_{0}^{ \prime}(b) \left ( \int_{ \nu_{2} }^{ \infty} e^{ - i \frac{ \pi u^{2}}{2} } du + \int_{- \infty}^{ - \nu_{1} }e^{ - i \pi u^{2}/2 }du \right )$
где $\nu_{2} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } x_{2}, \nu_{1} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } x_{1}$
Интенсивность - это квадрат амплитуды. В нашем случае, в центре
$\nu_{1} = \nu_{2} = \sqrt{ \frac{2}{b \lambda} } \frac{a}{2} = \sqrt{ \frac{a^{2} }{2b \lambda} } = 0,64$
($a$ = ширина полосы $= 0,7 мм, b = 100 см, \lambda = 0,60 мкм$)
Нижний край $\nu_{1} = 0, \nu_{2} = 1,28$
Таким образом
$\frac{I_{центр} }{I_{край} } = \left | \frac{ \int_{0,64}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du + \int_{ - \infty}^{ - 0,64} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du }{ \int_{1,28}^{ \infty} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du + \int_{ - \infty}^{ 0} e^{ - i \pi u^{2}/2 } du } \right |^{2} = 4 \frac{ \left ( \frac{1}{2} - C(0,64) \right )^{2} + \left ( \frac{1}{2} - S(0,64) \right )^{2} }{(1 - C(1,28) )^{2} + (1 - S(1,28)^{2} }$
где $C_{ \nu} = \int_{0}^{ \nu} \cos \frac{ \pi u^{2} }{2} du$
$S( \nu ) = \int_{0}^{ \nu} \sin \frac{ \pi u^{2} }{2} du$
Грубая оценка интегралов, использующих спираль cornu, дает
$\frac{I_{центр} }{I_{край} } \approx 2,4$
(Мы использовали $\int_{0}^{ \infty} \cos \frac{ \pi u^{2} }{2} du = \int_{0}^{ \infty} \sin \frac{ \pi u^{2} }{2} du = \frac{1}{2}$
$C(0,64) = 0,62, S(0,64) = 0,15$
$C(1,28) = 0,65, S(1,28) = 0,67$
